2020高考物理试题分项版解析专题20计算题力与运动提升题

1、【2019最新】精选高考物理试题分项版解析专题20计算题力与运动提升1.12017 新课标I卷】（12分）一质量为8.00 X 104 kg的太空飞船从其飞行轨道 返回地面。飞船在离地面高度 1.60 X 105 m处以7.50 X 103 m/s的速度进入大气层， 逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程 中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知 飞船在该处的速度大小是其进入

2、大气层时速度大小的2.0%。【答案】（1） （1） 4.0X108J 2.4 X1012J（2） 9.7X108J 飞船在高度h' =600 m处的机械能为Eh 1m（空vj2 mgh 2100由功能原理得W Eh E0式中，W是飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式 和题给数据得W=9.7X 108 J 【考点定位】机械能、动能定理【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。2.12016 江苏卷】（16分）如图所示，倾角为的斜面 A被固定在水平面上，细线 的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块 B相

3、连，B静止在斜面上.滑 轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行.A、B的质量均为m撤去固定A的装置 后，A、B均做直线运动.不计一切摩擦，重力加速度为 g.求：(1) A固定不动时，A对B支持力的大小N;(2) A滑动的位移为x时，B的位移大小s;(3) A滑动的位移为x时的速度大小vA.【答案】(1) mgcos%(2) (3) J2(1 cos ) x Va2gxsin3 2cos(4) B的下降高度sy=x - sin %根据机械能守恒定律根据速度的定义得，则 Vb .2(1 cos ) VamgsyVat解得Va2gxsin3 2cos1212mvA mvB22VBAsAt【考点定位】

4、物体的平衡、机械能守恒定律【方法技巧】第一问为基础题，送分的。第二问有点难度，难在对几何关系的寻找上,B的实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把B的运动正交分解，有的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际情况选择，第三问难度较大，难在连接体的关联速度的寻找，这类关系的寻找 抓住：沿弹力的方向分速度相同。3.12016 上海卷】(12分)风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水 平固定在风洞内距地面高度 H=3.2 m处，杆上套一质量 m=3 kg,可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15 N,方向水平向左。小球以初速度 v0=

5、8 m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取 g=10m/s2。求：(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；(2)小球落地时的动能。(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J ?【答案】(1) 4.8 m(2) 120 J(3) 0.24 s(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移s= V0t- - at22由动能定理Ek-1mv2 mg 1gt2 Fs 22以和 m/s 代入得 125t2-80t+12=0 Ek=78J%=8解得 t1=0.4 s , t2=0.24 s 。【考点定位】曲线运动、自由落体运动、匀速运动、动能定理【方法技巧】首先分析出小球的运动情况，竖直方向自由落体

6、运动，水平方向匀减速 直线运动，根据运动情况计算小球运动时间和水平位移； 通过动能定理计算小球落地 动能；通过动能定理和运动学关系计算时间。4.12016 全国新课标I卷】(18分)如图，一轻弹簧原长为2R其一端固定在倾角 为37。的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态， 直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于 C点，AC=7R A、B C、D均在同一竖直平 面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达 E点(未画出)，随后 P沿轨道被弹回，最高点到达 F点，AF=4R已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力5134加速度大小为go (取)-R =-sin37

7、1 cos37 - 6455(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知 P自圆弧轨道的最 高点D处水平飞出后，恰好通过 G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相 距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后 P的质量。7R【答案】(1) ；( 2);(3) ;Vb2VgREp12mgRvD1>/5gR m,1m553【解析】(D根据题意知,C之间的距离I为上找-2面色设产到达8点时的速度为vs,由动育组理得&-陋08& 0 = /«讳式申g37s联立0式并由颖给条件得

8、%=2，五®P到 设理:卬产到达£点时速度为零，设此时弹箸的弹性势能为餐,产由5点运动到£点的过程中，由动育院理有mJXsin抑组X8S 用=0 k尸之间的距离&为11=4尤-NE包0达E点后反弹，从 E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep- mgllsinmgllcos 6 =0®联立式并由题给条件得 x=R©12.Ep mgR 5(3)设改变后P的质量为mt D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为75 x 1 R - Rsin265 5八y1 R 5R 5 Rcos 6 6式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为

9、0的事实。设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有121255mivc miVD mig (-R Rcos ) ?2266P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有12 cEp m1g(x 5R)sinm1g(x 5R)cos m1vC ?联立？ ？ ？式得？门1m3【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平理运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要 仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答； 此题意 在考查考生综合分析问题的能力。5.

10、12017 新课标出卷】(20分)如图，两个滑块 A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5 kg放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为区 1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为区2=0.1。某时刻A B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0=3 m/s。A B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求（1） B与木板相对静止时，木板的速度；（2） A B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1） 1m/s （2） 1.9m【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B和木

11、板所 受的摩擦力大小分别为fl、f2和f3 , A和B相对于地面的加速度大小分别是 aA和 aB,木板相对于地面的加速度大小为 al。在物块B与木板达到共同速度前有fi mAg f2 imBg fa2（mA mB m）g 由牛顿第二定律得fi mAaA f2 maB f2fifamai 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为 vi。由运动学公式有vivoaBti Vi联立式，代入已知数据得 vi i m/s（2）在A时间间隔内，B相对干地面移动的距离为4 =%：口犹-J&设在与与木板达到共同速度为后，木板的加速度大小为乌，对于君与木板组成的体系，由牛顿第二定律有工十»5

12、卬+力叼由式如,山口；再由可知？ £与木板达翱共同速度时n，的速度大小也为力/但运动方向与 木板相恳 由题意知，/和月相遇时i与木板的速度相同,设其大小为“设乂的速度大小从力变到 所用时间为好则由运动学公式，对木板有=巧-,与有？ V2 Vi aAt2在t2时间间隔内，B （以及木板）相对地面移动的距离为 ？ G Vit2 ；a2t：1c在(t1+t2 )时间间隔内，A相对地面移动的距离为？ Sa Vo(ti t2)-aA(ti t2)A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距 离为So Sa Si Sb ?联立以上各式，并代入数据得？ & 1

13、.9 m(也可用如图的速度-时间图线求解)【考点定位】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况， A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶 段的初状态。6.12017 新课标I卷】(20分)真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带 电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 V0。在油滴处于位置A时, 将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间 t1后，又突 然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B点。重力 加速度大小为go(1)求油滴

14、运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应 的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v0做竖直上抛运动的 最大高度恰好等于B A两点间距离的两倍。【答案】(1) (2) V2 Vo 2gt1 E2 2 2组-(_V0_)2E1 t1 ( 1片gt1 4 gt12 g【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为冶和如5曲商速度方向向上为正各油滴在电场强度大小为Hi的匀 强电场中做匀速直线运动，故与强电场方向向上“在1时，电场强度突然从风靖加至西时，油滴做竖直 向上的匀加速运动夕加速度方向向上/大小勺满足祖-吧=f 油滴在时刻力的速度

15、为/ =用十卬;电场强度在时刻A突然反向,油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下,大小心涓足弦磔工胭4团油滴在时刻824的速度为/-明由式得明=岭-风由题意，在t=0时刻前有qEi mg油滴从t=0到时刻t1的位移为si V0ti - aiti2 2油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为S2 viti 1a2ti22由题给条件有V。2 2g(2h)式中h是R A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有s S2 h由式得？ E2 2 291(9)2Eigti 4 gti为使，应有？ E2 Ei 2 2也工(也)2 i gti 4 gti即当？。ti (i色产 2 g或？ ti (

16、i史产 2 g才是可能的：条件？式和？式分别对应于和两种情形。V2 0v2。【考点定位】牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程， 认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过程间的联 系。7.120i6 全国新课标II卷】(20分)轻质弹簧原长为21 ,将弹簧竖直放置在地面上， 在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。 现将该弹簧水平放置，一端固定在 A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长

17、度 为51的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD®切，半圆的直径BD竖直， 如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数w =0.5。用外力推动物块 巳 将弹簧压缩至 长度1,然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为 go(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与B点间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P的质量的取值范围。【答案】(1) (2) 25/21 5m M 5m 32【解析】侬题意，当强警竖直放置,长度被压缩至上时，质量为5米的物体的动能为零，其重力势能转化为强普的弹性势能一由机械能守恒定律，弹簧长度

18、为时的S电性势能为耳=5遛西设P的质量为到达B点时的速度大小为k由能量守恒定律得£p = - 41 ©殿立D式,取护用并代入题给数据得以=而彳®若P能沿圆轨道运动到D点，具到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小 v应满足2mvmg 0 1设P滑到D点时的速度为v D,由机械能守恒定律得-mvB 1mvD mg 21 22联立式得Vd 2gfvD满足式要求，故P能运动到D点，弁从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得211gt22P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt联立式得s 2.21 -(2)为使P能滑上圆

19、轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mgl> l Mg- 4l 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点a由机械能守恒定律有12MVb Mgl ?联立？式得5 g 5 om M m?32【考点定位】能量守恒定律、平抛运动、圆周运动【名师点睛】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用; 解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖 掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有 一定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的能力。8.12015 浙71 23如图所示，用一块长的木板在墙和桌面

20、间架设斜面，桌面高 H=0.8m,长。斜面与水平桌面的倾角可在 060°间调节后固定。将质量 m=0.2kg的 小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数，物块与桌面间的动摩擦因 数，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取；最大静摩擦力等于 滑动摩擦力)L1 1.0m L2 1.5m 1 0.05 2 g 10m/s2(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数；：(已知 sin37 =0.6, cos37 =0.8)(3)继续增大角，发现=53°时物块

21、落地点与墙面的距离最大，求此最大距离。Xm【答案】(1) (2) (3) tan 0.05 2 0.81.9m1 c(3)由动能7E理可得 mgL1 sin Wf mv2代入数据得v 1m/sH 1gt2, t 0.4s2 x1 vt ,x1 0.4m , (9 xm x1 L2 1.9m 【考点定位】动能定理，运动学公式【名师点睛】在运用动能定理解题时，一定要弄清楚过程中有哪些力做功，做什么功？ 特别需要注意重力做功和路径无关，只和始末位置高度有关，摩擦力做功和路径有关， 9.12015 重庆.8】同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如题8图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地

22、固定有 M板和N板。M板上部有一半径为的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为.N 板上固定有三个圆环.将质量为的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍 地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为处。不考虑空气阻力，重力加速度为.求：R1H m L g(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；L2(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功.(3)【答案】(1)到底版的高度；(2)速度的大小为，压力的大小，方向竖直向下;摩擦力对小球作功3H L、g mg(1 -) mg( R)4，2H 2HR 4H【解析】(1)由

23、平抛运动规律可知，L vtH 1gt22同理：，L vt h 1 gt；22解得：，则距地面高度为h HH H -H444(3) XtP点至Q点，由动能定理：mgR Wf 1mv2 02解得：Wf mgL mgR【考点定位】平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。【名师点睛】曲线运动(平抛和圆周)的两大处理方法：一是运动的分解；二是动能定理10.12015 福建 21如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 go(1)若固

24、定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 g求：m M2滑块运动过程中，小车的最大速度 vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。【答案】(1) 3mg (2)s=L/3vm、小 13(2)若不固定小车，滑块到达 B点时，小车的速度最大根据动量守恒可得：mv Mvm从A到B,根据能量守恒：mgR 1mv2 1Mv；m 22联立解得：Vm . 1gR设滑块到 C处时小车的速度为V,则滑块的速度为2v,根据能

25、量守恒：-1 c 21 - 2,mgR m 2v Mv mgL 22i解得：V JgR g gL333小车的加速度：ag 1 gM 2根据 vm v2 2as解得：S=L/3【考点定位】动能定理、能量守恒【名师点睛】本题主要是对研究对象受力分析、运动过程的分析以及功能关系分析, 对非匀变速，主要是应用能的观点解决，即用动能定理求速度，向心力公式就力，动 量守恒与能量守恒结合求解。11.12015 全国新课标I 25一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m,如图(a)所示。时刻 开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动， 直至时木板与

26、墙壁碰撞(碰撞时间极 短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g取10m/s2。求t 0t 1sv t(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数;(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【答案】(1) (2) (3)1 0.1 2 0.4 6m 6.5m木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a可得1 0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(M m)g2mg Ma1可得 a1 4 m / s2 3对滑

27、块，则有加速度a2 4m/s2滑块速度先减小到0,此时碰后时间为t1 1s此日寸，木板向左的位移为末速度x1 vt1 1alt12 10 m v1 8 m/ s 233滑块向右位移X2皿£91 2m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为 a2 4m/s2精品木块继续减速，加速度仍为ai -m/s2 3假设又经历二者速度相等，则有12 a2t2 vi ait2解得t2 0.5s,1 ,27此过程，木板位移末速度x3 v1t2 2 a1t2 6mv3 vi a1t2 2m/s滑块位移x4 1a2t2 -m 22此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为 x x1 x3 x2 x4 6m

28、滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁12.12015 天津 10】某快点公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持的恒定速度向右运动， 现将一质量为的邮件轻放在皮带上， 邮件和皮带间的动摩擦力因数，设皮带足够长，取，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求 v 1m/ s m 2kg 0.5 g 10m/s2(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地白位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩才g力对皮带做的功 W【答案】(1) 0.2s ; (2) 0.1m; (

29、3) -2J ;(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s,则有：s vt摩擦力对皮带做的功为：W Fs代入相关数据解得：W 2J精品考点：摩擦力、匀变速直线运动、功、动能、动量定理【名师点睛】本题属于力学综合问题，但难度不大，注意把握解决力学综合问题的三 种观点(力和运动、冲量和动量、功和能)和解题技巧(系统的相互作用问题考虑使 用两个守恒定律，单个物理的“ X”问题考虑动能定理，单个物体的“ t”问题考虑使 用动量定理，单个物体的 匕”问题考虑牛二定律)，像本题中求时间和位移都是如此。 13.12015 安徽.24】由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在

30、着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三 个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图 示为A B C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2ml B C两星体 的质量均为三角形边长为a。求：(1) A星体所受合力大小FA;(2) B星体所受合力大小FB;(3) C星体的轨道半径RQ(4)三星体做圆周运动的周期To【答案】(1) (2) (3) (4) Fa 2V3gFb V7gr 7aT Ra2a24Gm2(3)通过分析可知，圆心 。在中垂线AD的中点，Rc . 13 a 1a a ,42422(4)三星体运动周期相同

31、，对 C星体，由Fc Fb V7Gm2 m入 Rc考点：本题考查万有引力定律、力的合成、正交分解法等知识。【规律总结】利用万有引力来考查力的合成和几何关系，老题新做，又有新意14.12015 四川 10如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB固定在水平桌面上，B端 与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E= 1.5X106N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P电荷量是2.0X10 6C,质 量m0.25kg ,与轨道间动摩擦因数w= 0.4 , P从。点由静止开始向右运动，经过 0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹

32、角为 % ,且tan % = 1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g =10 m/s2 ,求:(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。【答案】(1) t1 =0.5s ; (2)【解析】(1)物体P在水平桌面上运和小竖直方向上只受重力幅和支持力耳隹用，因此其滑动摩擦力 大小为:f=根据表格数据可知，物体产在解时,所受水平外力产因此在进入电场区域之前，物体P做为加速直考般幼，役加速度为修，不好设经时间h速度为均=如11底还未进入串场区域

33、口根据匀变速直线运动规律有；W =以出©根据牛顿第二定律有：Nil由。式联立解得:=0.5¥405上,所以假设成立即小物体尸从用髓动至速率为ZW5所用&W间为仁3(2)当物体P在速率v = 25m/s时，所受水平外力F2= 6N,设先以加速度a2再加速t2 =0.05s至A点，速度为v2,根据牛顿第二定律有：F2-f =ma2D 根据匀变速直线运动规律有：v2 = v1 + a2 t2由式联立解得：v2 = 3m/s物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F2=6N不变， 设位移为x1,加速度为a3,根据牛顿第二定律有：F2fqE= ma3D根

34、据匀变速直线运动规律有：2a3x1 =vB v；由 式 联 立 解 得： x1 = 1m根据表格数据可知，当物体 P到达B点时，水平外力为F3= qE= 3N,因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动， 在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动 至D点时，其水平向右运动位移为x2,时间为t3 ,则在水平方向上有：x2 = vBt3 根据几何关系有：cot % =典V2由式联立解得：x2=m? 15所以电场力做的功为：VW= qE (x1+x2) ?由？式联立解得：W= 9.25J【考点定位】物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、 功的定义式的应用。【名师点睛】对多

35、过程问题往往需要分段处理，做好受力分析与运动分析。【名师点睛】善于使用假设法，对未知的物理量、物理条件、物理情境等可先一一进 行假设，通过假设后便可选择合适物理规律分析、求解。15.12015 全国新课标H 25】下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾 害。某地有一倾角为8 =37° (sin370 =)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其 上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A和B均处于静止状态， 如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为 m (可视为质量不变的滑块)， 在极短时间内，A B间的动摩擦因数w 1减小为，R C间的动摩擦因数w 2减

36、小为 0.5, A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s末，B的上表面突然变为光滑，p 2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m, C足够长，设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求：35 8(1)在02s时间内A和B加速度的大小；(2) A在B上总的运动时间。【答案】(1) a1=3m/s2; a2 =1m/s2 ; (2) 4s【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；(1)在0-2s内，A和B受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：fi1N1Ni mgcos . (2)f22N2N2 N1 mg cos

37、 以沿着斜面向下为正方向，设 A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：mgsinf1 m2mgsinf2 f1 ma2(6)联立以上各式可得a1=3m/s2a2 =1m/s2.即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：V2 a2 t2 0(13)联立(10)(12)(13)可得 t2=1s . (14)t 总工1+12+13=4$(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；【名师点睛】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的。16.12015 北京23如图

38、所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块(可视为质点)的质量为 m,在水平桌面上沿x轴转动，与桌面间的动摩擦因数为，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx, k为常量。(1)请画出F随x变化的示意图：并根据F-x图像，求物块沿x轴从O点运动到位置 x过程中弹力所做的功。(2)物块由向右运动到，然后由返回到，在这个过程中。X1 X3 X3 X2a、求弹力所做的功；并据此求弹性势能的变化量；b、求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的 “摩擦力势能”的概念。【答案】(1),(2)；W kx2 a&g

39、t;EP- kx221kx12 b、Wfmg(2x3x2x1)222【解析】(1)在图象中，面积为外力拉弹簧时外力所做的功 F x弹簧的弹力对其做负功，W kx22B.物体向右由运动到的过程摩擦力作功 xi x3WfmgU %)物体由由返回到的过程摩擦力做功x3x2Wf2mg(x3 x2)全程摩擦力做功 Wf Wf Wf2mg(2x3 x2 xi)若物体直接由位置运动到位置，摩擦力做功为 xi x2Wfmg(x2 xi)可知，两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置，摩擦力做功不同，说明摩擦力做功与路径有关。而弹簧弹力做功与路径无关，只与初末位置有关，因此存在弹性势能的概念，根据势 能的定义可

40、知，不存在摩擦力势能的概念。【考点定位】用图像法求变力做功，功能关系。【名师点睛】势能是保守力做功才具有的性质，即做功多少与做功的路径无关(重力 势能弹性势能、电势能、分子势能、核势能)，而摩擦力做功与路径有关，所以摩擦 力不是保守力，没有“摩擦力势能”的概念。17.12015 广东 36如图18所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖 直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R= 0.5m,物块A以v0=6m/s的速度滑入 圆轨道，滑过最高点 Q再沿圆轨道滑出后，与直轨道上 P处静止的物块B碰撞，碰 后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.

41、1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为区=0.1A B的质量均为m= 1kg (重力加速度g取10m/s2; A B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(nek)光滑段上的速度vn与n的关系式。【答案】 v=4m/s, F= 22N;k=45; vn=m/s (其中 n=1、2、3、44)02n【解析】物块上从开始运动到运动至©点的过程中，受重力和轨道眄助作用，但强力始终不做功只有重力做功j根据动7维理有：-2憎五二；丽二-寺叫解得；v=屉&醴=4向工在。

42、点，不妨假设轨道对物块/的弹力尸方向竖直向下，根据向自力公式有；吨十产=曲工解得；尸=一一飞=22%为正值，说明方向与假设方向相同, 根据机械能守恒定律可知，物块 A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0,设碰后A B瞬 间一起运动的速度为v0',根据动量守恒定律有：mvO= 2mv0解得：v0' =3m/s 也 2设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为 s,根据动能定理有：-2mgs=0 - -(2m)v022. 一2解得：s= = 4.5m22闻所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的=45倍,即 k = 45/物块A与物块B整体在每殿粗糙直轨道上做

43、匀洞速直2舱动根据牛顿第二定律可知,其加速度为；。= = 11n由甄意可知W滑至第H个(«<1)光滑段时,先前已经滑过/个粗糙段，根据匀变速直名蜒动速度-位移关系式有：2mlz二千一戒解得：%=#:励也=2-0入!11/重(其中理=1、2、3、44)点定位】动能定理(机械能守恒定律)、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-位移式 关系、向心力公式、动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。【规律总结】牛顿定律、动能定理、功能关系、动量守恒定律等往往是求解综合大题 的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。18.【2015 江苏 14】一转动装置如图所示，四根轻杆 OA OC A序口CBf两小球以 及一小环通过钱链连接，轻杆长均为l ,球和环的质量均为m,渊固定在竖直的轻质 转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在 OW小环之间，原长为L,装置静止时，弹簧长 为3L/2,转动该装置并缓慢